hdu3466Proud Merchants

链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=3466

题意：给定n个物品的信息，Pi,Qi,Vi，购买物品i需要至少Qi元，但实际只有付出Pi元，获得的价值为Vi。给定m元，求最大能获得多大的价值。

分析：很明显的01背包的变形，但是其中的证明却是需要严谨证明，之前马虎的做过一遍，这次补上是为了严谨证明一下，自己脑补的，如有问题希望看到的人能够指出：我们先根据一般的dp思路构成dp状态转移方程：dp[j]=max(dp[j],dp[j-p[i]]+v[i]])，j>=q[i]。这是我们很容易想到的方程，但是很遗憾这个会有后效性，即先买物品a再买物品b是可能和先买b再买a产生不一样的结果。为什么呢？我们分析一下两种情况的区别：我们设先买a有M1=max(Qa,Pa+Qb)设先买b有M2=max(Qb,Pb+Qa)，M1和M2是根据买物品的先后而对金钱m的约束，显然我们应该选择M1和M2中较小的那一种情况。那么怎么选择才能使得这个值最小呢？我们分析较小值为M1的情况： 若Qa>=Pa+Qb且有Qa<Pb+Qa，那么我们显然较小值为M1<==>Qa-Pa>=Qb，若Qa<Pa+Qb且有Pa+Qb>Qb，那么我们只需要Pa+Qb<Pb+Qa就会有较小值为M1即==>Qa-Pa>Qb-Pb。将这两种情况的结论取交集得：Qa-Pa>Qb-Pb时先买a再买b会使得对金钱m的要求更小。分析到这其实我们会发现如果要买一堆东西，显然是先买Q-P大的要更好。我们回过头看我们设计的dp数组的意义：dp[i]表示有i元时能够买到的最大价值，那么再看看我们的转移方程：dp[j]=max(dp[j],dp[j-p[i]]+v[i])，j>=q[i]，这个转移的意义又是什么呢？在我们选择要购买物品i时我们继承的是dp[j-p[i]]，这样能买的前提是j>=q[i]，其实意义就是先利用前提条件j>=q[i]时我们先买掉物品i，然后再用剩下的j-p[i]去买最大的价值，i的购买顺序是先于剩下的j-p[i]元的，在买物品i的时候我们就要将在它之后能买的物品的状态全确定出来，那么我们的dp顺序就应该从Q-P小的先dp。详见代码。O(n*m)

代码：

#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<math.h>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<string>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
using namespace std;
const int N=100010;
const int MAX=1000000100;
const int mod=100000000;
const int MOD1=1000000007;
const int MOD2=1000000009;
const double EPS=0.00000001;
typedef long long ll;
const ll MOD=998244353;
const int INF=1000000010;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
struct node {
    int p,q,v;
    bool operator < (const node a) const {
        return q-p<a.q-a.p;
    }
}a[510];
int dp[5010];
int main()
{
    int i,j,n,m;
    while (scanf("%d%d", &n, &m)!=EOF) {
        for (i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d%d", &a[i].p, &a[i].q, &a[i].v);
        sort(a+1,a+n+1);
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for (i=1;i<=n;i++)
            for (j=m;j>=a[i].q;j--)
            dp[j]=max(dp[j],dp[j-a[i].p]+a[i].v);
        printf("%d\n", dp[m]);
    }
    return 0;
}